Post on 05-Feb-2018
Equação de Laplace
Igor Cavalheiro Nobre da SilvaIcns2@yahoo.com.br
Universidade Federal Fluminense (UFF)Instituto de Matemática (IM)
Departamento de Matemática Aplicada (GMA)Rua Mário Santos Braga, S/N – Valonguinho 24020-14 - Niterói, Rio de Janeiro, Brasil
Novembro 2010
A natureza conversa com a humanidade por diversas formas. A humanidade consegue, de diversas
maneiras, compreender e prever o que a natureza dialoga. Uma dessas maneiras é através das equações
diferenciais. Nosso estudo será realizado sob o foco das equações diferenciais parciais, especialmente, a
Equação de Laplace, em problemas onde ocorre a simetria esférica.
Na seção I é apresenta a dedução do operador laplaciano em coordenadas esféricas, na seção II são
apresentadas as Equações de Legendre e Legendre Associadas, com explicação de ortogonalidade e
recorrência. Na seção III é apresentada a série de Fourier-Legendre, na seção IV começamos a demonstrar a
solução das equações diferenciais, com a equação de Euler-Cauchy. Na seção V é apresentada a solução da
equação de laplace em coordenadas esféricas, com diversas condições de contorno.
I. Dedução do operador Laplaciano em coordenadas esféricas
∇ ²≡ ∂2
∂ x2 + ∂2
∂ y2 + ∂2
∂z2
Em coordenadas esféricas, temos:
{x=rsenθcosφy=rsenθsenφz=rcosθ
, r=(x2+ y2+ z2)1/2, θ=arctan (x2+ y2)1 /2
z , φ=arctan y
x
∂ ²u∂x2 +
∂ ²u∂ y2 + ∂ ²u
∂ z2=0
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∂u∂x
= ∂u∂r∂ r∂ x
+ ∂u∂θ∂θ∂x
+ ∂u∂φ∂φ∂ x
∂u∂ y
=∂u∂r∂r∂ y
+ ∂u∂θ∂θ∂ y
+ ∂u∂φ∂φ∂ y
∂u∂ z
=∂u∂r∂ r∂ z
+ ∂u∂θ∂θ∂z
+ ∂u∂φ∂φ∂z
∂u∂x
=∂u∂r
x(x2+ y2+z2)1/2 +
∂u∂θ
1r
cos φ cosθ− ∂u∂φ
sinφr sin θ
∂u∂x
=∂u∂r
sin θ cos φ+ ∂u∂θ
1r
cosφcosθ−∂u∂φ
sinφr sinθ
∂u∂ y
=sinθ sinφ ∂u∂r
+1r
sinφ cosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsinθ
∂u∂ z
=cosθ ∂u∂ r
−1r
sin θ ∂u∂θ
∂ ²u∂x ²
=sin θ cos φ ∂∂r ( ∂u∂ x )+ 1
rcosφ cosθ ∂
∂θ ( ∂u∂ x )−1r
sinφsinθ
∂∂φ ( ∂u∂ x )
∂2u∂x2 =sin θ cos φ ∂
∂r (sin θ cosφ ∂u∂r
+ 1r
cos φcosθ ∂u∂θ
−1r
sinφsinθ
∂u∂φ )+1
rcosφcosθ ∂
∂θ (sin θ cosφ ∂u∂r
+ 1r
cos φcosθ ∂u∂θ
−1r
sinφsinθ
∂u∂φ )±1
rsinφsin θ
∂∂φ (sin θ cosφ ∂u
∂r+ 1r
cos φcosθ ∂u∂θ
−1r
sinφsin θ
∂u∂φ )
∂ ²u∂x ²
=sin θcos φ(sin θ cos φ ∂2u∂r2 −
1r2 cosθ cos φ ∂u
∂θ+1r
cosφ cosθ ∂ ²u∂θ∂ r
+ 1r2
sinφsinθ
∂u∂φ
±1r
sinφsinθ
∂ ²u∂r ∂φ )+ 1
rcos φ cosθ(cosθ cosφ ∂u
∂r+sin θ cos φ ∂
2u∂θ∂r
−1r
cosφ sin θ ∂u∂θ
+ 1r
cos φ cosθ ∂2u∂θ2−
1r
sinφsinθ
∂2u∂θ∂φ
+1r
sinφsin2θ
cosθ ∂u∂φ )±1
rsinφsin θ (sin θ cosφ ∂
2u∂r ∂φ
−sin θ sinφ ∂u∂r
+ 1r
cosφcos θ ∂2u
∂φ∂θ±1r
cosθ sin φ ∂u∂θ
−1r
sinφsin θ
∂2u∂φ2 −
1r
cos φsin θ
∂u∂φ )
∂ ²u∂x ²
=sin 2θ cos2φ ∂2u∂r 2 −
1r2 sin θ cosθ cos2φ ∂u
∂θ+ 1r
sin θ cosθ cos2φ ∂2u
∂θ∂φ+ 1r 2 sinφcosφ ∂u
∂φ−1r
sinφ cos φ ∂2u
∂r ∂φ+1r
cos2θ cos2φ ∂u∂r
+ 1r
sin θ cosθ cos2φ ∂2u
∂θ∂r− 1r2 sinθ cos θ cos2φ ∂u
∂θ+ 1r2 cos2φ cos2θ ∂
2u∂θ2 ±
1r2 cosφ sinφ
sinθcosθ ∂
2u∂θ∂φ
+ 1r2
sinφ cosφ cos2θsin2θ
∂u∂φ
−1r
sin φcosφ ∂2u
∂r ∂φ+ 1r
sin2φ ∂u∂r
− 1r2 cosθ sinφ
sin θcosφ ∂
2u∂φ∂θ
+ 1r 2 cosθ sin 2φ
sinθ∂u∂θ
+ 1r2
sin2φsin 2θ
∂2u∂φ ²
+ 1r2
sin φ cosφsin2θ
∂u∂φ
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∂2u∂ y2=sin θ sinφ ∂
∂r ( ∂u∂ y )+ 1r
sin φcosθ ∂∂θ ( ∂u∂ y )+1
rcos φsin θ
∂∂φ ( ∂u∂ y )
∂2u∂ y2=sin θ sinφ ∂
∂r (sin θ sinφ ∂u∂ r
+ 1r
sinφcosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsinθ
∂u∂φ )+ 1
rsinφ cosθ ∂
∂θ (sin θ sinφ ∂u∂r
+1r
sinφcosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsin θ
∂u∂φ )+1
rcos φsin θ
∂∂φ (sin θ sinφ ∂u
∂r+ 1r
sinφ cosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsin θ
∂u∂φ )
∂2u∂ y2=sin 2θ sin2φ ∂
2u∂r2 + 1
rsin θcosθ sin2φ ∂
2u∂θ∂r
− 1r ²
sinθ cos θ sin2φ ∂u∂θ
+1r
sinφ cosφ ∂2u
∂r ∂φ− 1r 2 sinφcosφ ∂u
∂φ+1r
sin2φcos2θ ∂u∂r
+ 1r
sinθ cos θ sin2φ ∂2u
∂θ∂r+ 1r
sin 2φcos2θ ∂2u∂θ2 −
1r 2 cosθ sin θ sin2φ ∂u
∂θ+ 1r2 cosθ sinφ
sin θcos φ ∂
2u∂φ ∂θ
− 1r2
cos2θsin2θ
cosφ sinφ ∂2u
∂φ∂θ+ 1r ²
cos2φ cosθsin θ
∂u∂θ
+ 1r2
cos2φsin2θ
∂2u∂φ2 −
1r 2
sinφ cos φsin2θ
∂u∂φ
∂2u∂ z2=cosθ ∂
∂r ( ∂u∂ z )−1r
sin θ ∂∂θ ( ∂u∂z )
∂2u∂ z2=cosθ ∂
∂r (cos θ ∂u∂r
−1r
sin θ ∂u∂θ )−1
rsin θ ∂
∂θ (cosθ ∂u∂r
−1r
sin θ ∂u∂θ )
∂2u∂ z2=cosθ(cosθ ∂
2u∂ r2 +
1r 2 sinθ ∂u
∂θ− 1r
sin θ ∂2u
∂r ∂ θ )±1r
sin θ(−sin θ ∂u∂ r
+cos θ ∂2u
∂ r ∂θ− 1r
sin θ ∂2u∂θ2 −
1r
cosθ ∂u∂θ )
∂2u∂ z2=
∂2u∂r2 cos2θ+ 1
r 2 sinθ cosθ ∂u∂θ
−1r
sin θ cosθ ∂2u
∂r ∂θ+ 1r
sin2θ ∂u∂r
±1r
sin θcosθ ∂2u
∂r ∂θ+ 1r2 sin2θ ∂
2u∂θ2 +
1r2 sin θ cosθ ∂u
∂θ
Somando
∂2u∂x2 +
∂2u∂ y2 +
∂2u∂ z2
Obtém-se:
∂2u∂r2 +
cosθr2 sinθ
∂u∂θ
+ 2r∂u∂ r
+ 1r2∂2u∂θ2 +
1r2 sin2θ
∂2u∂φ2
→∇2≡ ∂2u∂ x2 +
∂2u∂ y2 + ∂
2u∂ z2 =
∂2u∂r 2 +
cosθr2 sin θ
∂u∂θ
+ 2r∂u∂r
+ 1r2∂2u∂θ2 +
1r 2sin2θ
∂2u∂φ2
em coordenadas esféricas.
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II. Equação de Legendre e Legendre Associada
a. Equação de Legendre
Em matemática, ao resolvermos a fórmula de Rodrigues, as Funções de Legendre são as soluções às
Equações Diferenciais de Legendre:
ddx [ (1−x2 ) d
dxP(x)]+n (n+1 )P ( x )=0
Esta equação é encontrada freqüentemente em Física e em outros campos técnicos. Em particular,
aparece quando se resolve a equação de Laplace em coordenadas esféricas.
A equação diferencial de Legendre pode ser resolvida usando-se o método de série de potências. Em
general a série de potências obtida converge quando ¿ x∨¿1 e no caso particular de que n seja um inteiro
não negativo (0 ,1 ,2 , ...) as soluções formam uma família de polinômios ortogonais, chamados Polinômios
de Legendre. A cada polinômio de Legendre Pn(x ) é um polinomio de grau n. Este pode ser expressar
usando a Fórmula de Rodrigues:
Pn ( x )= 12nn!
dn
d xn[ (x2−1 )n]
Ao desenvolvermos a fórmula de Rodrigues obtemos a seguinte expressão para os Polinômios de
Legendre:
(1−x2 ) y ' '−2x y '+[L (L+1 )− m2
1−x2 ] y=0 , comm2≤L2
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Gráfico 1. Polinômios de Legendre
b. Ortogonalidade
Iremos mostrar que os polinômios de Legendre são funções de mutualidade ortogonais em (−1,1),
isto é:
∫−1
1
Plm ( x )Pn
m ( x )dx=0 ; l≠ n
{ ddx [ (1−x2 ) Pl' ( x ) ]+[l ( l+1 )− m2
1−x2 ]Pl ( x )=0
ddx [ (1−x2 )Pn' ( x ) ]+[l ( l+1 )− m2
1−x2 ]Pn ( x )=0
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Pn ( x ) ddx
¿
Podemos escrever os dois primeiros termos como:
ddx [(1−x2 ) (PnPl'−Pl Pn' ) ](2)
Assim, integrando a equação (1) e usando a equação (2), temos:
(1−x2 ) (Pn Pl'−Pl Pn' )¿−11 +[ l (l+1 )−n (n+1 ) ]∫
−1
1
Plm ( x )Pn
m ( x )dx=0
Como o termo integrado é zero porque (1−x ²)=0 em x=1e x=−1. O colchete na frente da
integral não é zero. Então, a integral deverá ser zero, para que seja completada a prova, assim:
∫−1
1
Plm ( x )Pn
m ( x )dx=0
Vamos agora observar uma importante aplicação das funções de Legendre associadas.
c. Equação de Legendre Associada
Tal como o polinômio de Legendre, sua função associada pertence a um espaço de CP [−1,1]. Estes
polinômios formam uma base para o espaço vetorial CP [−1,1], poderemos, onde não for complicado
envolver processo de ortogonalização para prova a suposição acima.
A equação diferencial relacionada à equação de Legendre é a seguinte:
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(1−x2 ) y ' '−2x y '+[L (L+1 )− m2
1−x2 ] y=0(1)
com m2≤ L2. Podemos, utilizando o método de Frobenius, resolver esta equação por séries.
Contudo, é mais útil saber como as soluções são relacionadas aos polinômios de Legendre, então nós
devemos simplesmente verificar a solução conhecida. Primeiro substituiremos:
y=(1−x2)m2 u(2)
Obtemos:
(1−x2 )u' '−2 (m+1 ) xu '+[L (L+1 )−m (m+1 ) ]u=0(3)
Para m=0, esta é a equação de Legendre com soluções Pl(x ). Diferenciando (3) temos:
(1−x2 ) (u' )' '−2 [ (m+1 )+1 ] x (u ' )'+[L (L+1 )−(m+1 ) (m+2 ) ] u'=0(4)
Mas esta é justamente a (3) com u’no lugar de u, é (m+1) no lugar de m, em outras palavras, se
Pl(x ) é solução de (3) com m=0; Pl(x) é a solução de (3) com m=1; P ’’ l(x) é a solução com m=2, e em
geral para todo m, no intervalo, 0≤m≤ L, ( dm
d xm¿Pl(x ) é a solução da equação (3), então:
y=( 1−x2 )m2 dm
dxmPl ( x )(5)
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É a solução da equação (1). A função (5) é chamada de função de Legendre associada ou polinômio
de Legendre associado e são denotados por:
Pm ( x )=(1−x2 )m2 dm
d xmPl ( x ) (6 )
Um valor negativo de m em (1) não irá variar m ², então a solução de (1) para um valor positivo de m
é também válida para seu correspondente negativo. Assim, podemos definir Plm(x ) para −L≤m≤L como
igual a Pl|m|(x). Alternativamente, nós podemos usar a fórmula de Rodrigues.
Pl=1
2LL!dL
d xL(x2−1)L
Para Pl(x ) em (6) e assim obter:
Plm ( x )= 1
2L L!(x2−1 )
m2 d L+m
d x L+m(x2−1 )L (7 )
Para cada m, as funções Plm ( x ) são na forma de funções ortogonais em ¿). A constante de
normalização ser avaliada. Pela definição nós achamos:
∫−1
1
[¿ Plm(x )]²dx= 2
2L+1(L+m )!(L−m ) !
(8)¿
As funções de Legendre apresentam-se nos mesmos problemas em que os polinômios de Legendre
aparecem, de fato, os polinômios de Legendre são exatamente um caso especial no qual as funções Plm(x )
tem m=0.
Iremos agora estudar algumas propriedades das funções de Legendre associadas. Antes, porém,
devemos definir o produto interno:
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Seja {Rn(x )}, uma sequência ortogonal de polinômios em CP [a ,b], indicada por um grau n; Então
para cada n, Rn é ortogonal em CP [a ,b] para todos os polinômios de grau menor que n.
Prova: Se Cm indica o m-dimensional subespaço de Cm[a,b] consistindo em todos polinômios de grau
menos que m, junto com o polinômio zero. Então, R0 , R1 ,…, Rm−1 ,é i,a base ortogonal para Cm, e todo
polinômio Q de grau¿m, pode ser escrito na forma:
Q=∝ R0+…+∝m−1 Rm−1
Onde:
∝k=Q .RkR kR k
K=0 ,... ,m−1. Por isso:
Q Rn=∝(R¿¿0 . Rn)+…+∝m−1(Rm−1 .Rn)¿
Então:
Rk .Rn=0 , se k≠n, segue que
Q .Rn=0, como afirmamos.
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Todas as propriedades dos polinômios de Legendre valem para os polinômios de Legendre
associados.
Gráfico 2. Polinômio de Legendre Associado
d. Recorrência
Derivando m vezes a equação da Legendre associada obtemos:
(1−x2 ) dm+2 yd xm+2 −2 (m+1 ) x d
m+ 1 yd xm+1 + (n−m ) (n+m+1 ) d
m yd xm
=0
Ou multiplicando por (1−x2 )m2 :
(1−x2 )m2 +1 dm+2 yd xm+2 −2 (m+1 ) x (1−x2)m/ 2 dm+1 y
d xm+1 + (n−m) (n+m+1 )(1− x2) dm yd xm
=0
Sabemos que Y=Pn(x)
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Pnm ( x )=(1−x ²)m /2 d
mPn(x )d xm
Pnm+1 ( x )=(1−x ²)(m+1)/2 d
m+1Pn(x )d xm+1
Pnm+2 ( x )=(1−x ²)(m+2)/2 d
m+2Pn(x )d xm+2
O que nos permite escrever:
Pnm+2=
2x (m+1 )(1−x2)(m+1)/2
(1−x ²)1 /2dm+ 1 yd xm+ 1 −(n−m ) (n+m+1 )Pn
m ( x )=0
De onde:
Pnm+2=2x (m+1 )
√(1− x ²)−Pn
m+1(x) (n−m ) (n+m+1 ) Pnm ( x )=0
Dita primeira fórmula de recorrência das funções associadas de Legendre.
III. Série de Fourier-Legendre
Ao trabalharmos com as funções de Legendre e as funções de Legendre Associadas, é extrema
utilidade expandirmos ambas as funções em séries de Fourier. A essa expansão é dado o nome de Série
Fourier-Legendre.
Se f (x) e f ' (x) são seccionalmente contínuas, então em todo ponto de continuidade de f (x) no
intervalo −1<x<1, existirá um desenvolvimento em série de Legendre com a forma:
f ( x )=A0P0( x)+A1P1(x )+A2P2(x )+…=∑n=0
∞
An Pn(x)
Para determinarmos Ak , multipliquemos ambos os lados por Pm(x ) e depois integremos:
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f ( x )=∑n=0
∞
AnPn(x)
Pm(x ) f (x )=Pm(x)∑n=0
∞
An Pn(x)
∫−1
1
Pm(x ) f (x )dx=∑k=0
∞
An∫−1
1
Pm(x)Pn(x)dx
Como o Polinômio de Legendre obedece à relação de ortogonalidade, temos:
∫−1
1
Pm(x )Pn(x )dx=2
2m+1
Logo:
∫−1
1
Pm(x ) f (x ) dx=∑n=0
∞
An2
2m+1= 2
2m+1Am
Então:
Am=2m+1
2 ∫−1
1
Pm( x) f ( x )dx
IV. Equação de Euler-Cauchy
A equação de Cauchy-Euler é a EDO da forma
t ² y +at'+by=0 (1
onde a e b são constantes.
Vamos procurar uma solução da equação de Cauchy-Euler da forma y=tm. Substituindo y=tm na
equação de Cauchy-Euler,
m (m−1 ) tm+am tm+btm=0(2)
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Logo, y=tm é uma solução da equação de Cauchy-Euler, quando m for uma raiz da equação
algébrica.
m (m−1 )+am+b=0
No caso das equações de Cauchy-Euler, equação algébrica (2) desempenha o mesmo papel que a
equação característica desempenhava para as EDO lineares homogêneas de coeficientes constantes. Temos
agora que considerar 3 casos:
a. Caso 1 : Se (2) tiver duas raízes reais distintas, podemos construir duas soluções linearmente
independentes para (1).
Exemplo 1: Resolver a EDO t ² y +2ty'-2y= .
Esta é uma equação de Cauchy-Euler. Procurando solução da forma y=tm, substituímos esta
expressão na EDO (ou aplicamos diretamente (2)), encontrando:
m (m−1 )+2m−2=0
ou seja, m ²+m−2=0, cujas raízes são m1=−2 e m2=1. Portanto, duas soluções linearmente
independentes para a EDO são y1=t−2 e y2=t . A solução geral é
y=C1t−2+C2t
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b. Caso 2: Se (2) tiver raiz real dupla m1=m2. Neste caso, conhecemos uma solução y1=tm1 da equação
de Cauchy-Euler. Aplicamos, então, o método de D'Alembert para descobrir uma segunda solução y2
linearmente independente de y1. Procuramos y2 da forma y2=v y1. Substituindo em (1), temos:
t ²(v {y} rsub {1} +2v' {y} rsub {1} rsup {'} +v {y} rsub {'} rsup {¿)+at (v ' y1+v y1' )+bv y1=0
Agrupando os termos, obtemos:
t ² y1v +(2t² {y} rsub {1} rsup {'} +at {y} rsub {1} )v'+(t² {y} rsub {1} rsup { ¿+at y1' +b y1¿ v=0
= 0Ou seja:
tm1+2v +(2 {m} rsub {1} {t} ^ {{m} rsub {1} +1} +a {t} ^ {{m} rsub {1} +1} )v'=
Simplificando, temos:
tv+(2 {m} rsub {1} +a)v'=0 (3
Note que a equação (2) se reescreve como
m ²+(a−1 )m+b=0
Portanto, se ela tem raiz dupla, é porque (a−1)2−4 b=0. Neste caso, a raiz dupla é:
m1=m2=1−a
2
Portanto, 2m1+a=1. Substituindo em (3), obtemos:
tv+v'=
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que é redutível à primeira ordem. Se fizermos z=v ' , obteremos:
t dzdt
+z=0
Separando as variáveis, temos:
dzz
=−dtt
Integrando e escolhendo a constante de integração como sendo 0, encontramos ln z=−ln t, de
onde segue,
v'= z=t−1
Integrando mais uma vez, segue que v=ln t e, portanto,
y2=tm1 ln t
Logo, se a equação algébrica (2) tem raiz real dupla m1=m2 , duas soluções linearmente
independentes para a equação de Cauchy-Euler são y1=tm1 e y2=t
m1 ln t .
Exemplo 2: Resolva a EDO t ² y +5ty'+4y=
A equação algébrica (2) toma a forma
m (m−1 )+5m+4=0
que tem raiz dupla m1=m2=−2. Portanto, duas soluções linearmente independentes são y1=t−2 e
y2=t−2 ln t e a solução geral é:
y=C1t−2+C2t
−2 ln t
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c. Caso 3: Se (2) tiver raízes complexas. Neste caso, as raízes são números complexos conjugados
m1=α+iβ e m2=α−iβ , β≠0, sendo, portanto, raízes distintas. Aplicando o primeiro caso, podemos
construir duas soluções linearmente independentes:
z1=tα+iβ e z2=t
α−iβ(4)
Note que acima, temos duas exponenciais complexas de base t . Até este ponto, só tínhamos
trabalhado com exponenciais complexas de base e. Para dar um significado às exponenciais complexas de
base t > 0, usamos o fato que:
t=eln t
Obtemos
t α+iβ=(eln t)α+iβ=e(α+iβ )ln t=eα ln t+ iβ lnt
Aplicando esta observação em (4), temos:
z1=tα+iβ=eα ln t . e iβ lnt=eα ln t (cos (β ln t )+i sen (β ln t ) )=t αcos (β ln t )+i t α sen(β ln t)
z2=tα−iβ=eα ln t . e−iβ ln t=eα ln t (cos (β ln t )−i sen ( β ln t ) )=tα cos (β ln t )−i t α sen (β ln t)
O inconveniente destas duas soluções é que não são reais. Para conseguir soluções reais, vamos
tomar combinações lineares convenientes. Soluções reais linearmente independentes são dadas pelas
combinações lineares
y1=z1+z2
2=t αcos (β ln t)
y2=z1−z2
2=tα sen (β ln t)
Exemplo 3: Encontre duas soluções reais linearmente independentes para a EDO:
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t ² y +3ty'+5y=
A equação algébrica (2) toma a forma
m (m−1 )+3m+5=0
Ou seja, m ²+2m+5=0 , cujas raízes são m1=−1+2 i e m2=−1−2i. Portanto, duas soluções da
EDO são z1 e z2, dados por:
z1=t−1+21=(e ln t)−1+2 i=e−lnt .e2 ilnt=t−1(cos (2 ln t )+i sen (2 ln t ))
Ou seja,
z1=t−1 cos (2 ln t )+i t−1 sen (2 ln t)
z2=t−1−2 i=t−1cos (2 ln t )−i t−1sen (2 ln t)
Duas soluções reais linearmente independentes são as combinações lineares
y1=z1+z2
2=t−1 cos (2 ln t )
y2=z1−z2
2=t−1 sen (2 ln t)
Vale ressaltar que a discussão acima sobre a equação de Cauchy-Euler foi resolvida na semi-reta
(0 ,+∞). As funções y=tm só estão definidas nesse domínio, pois
tm=(e ln t)m=em ln t
e o domínio de ln t é a semi-reta (0 ,+∞). Não é de se estranhar que isto aconteça, pois a equação de
Cauchy-Euler não está em forma normal (o termo de derivada mais alta y não está isolado). A forma normal
da equação de Cauchy-Euler (1) é
y + {a} over {t} y'+ {b} over {t²} y=
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cujos coeficientes não estão definidos em t = 0. Portanto, a equação de Cauchy-Euler pode ser resolvida na
semi-reta (0 ,+∞) (como fizemos acima) ou na semi-reta (−∞,0). Para resolvê-la na semi-reta (−∞,0),
substituímos as funções y=tm e y=tm ln t respectivamente por y=|t|m e y=|t|m ln|t|. Excepcionalmente,
quando a equação algébrica (2) tiver raízes inteiras não negativas, podemos encontrar soluções definidas em
todo (−∞,+∞ ). Isto aconteceu com uma das soluções da equação do Exemplo 1.
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V. Solução da Equação de Laplace em coordenadas esféricas
CC :(a−constante positiva, ,)=F (,)CP [0 ,][0 ,2] ,(r , ,)=(r ,,+2) ,∨¿<+(r 0)
a. Solução geral
Em coordenadas esféricas temos que e a equação de Laplace corresponde:
Supondo que:
Seja a solução do problema e para realizar a separação de variáveis, derivamos o quanto for
necessário e substituímos em (1) e simplificamos. Temos então:
Reorganizando a equação para podermos igualar a um autovalor temos:
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Resolvendo a equação (6) fazendo :
Resolvendo (8) pelo método Euller-Couchy e considerando λ1=−λ ²=n(n+1) chegamos ao
resultado:
Partindo da equação (6):
Multiplica-se (11) por e cada membro será igual a uma nova constante.
Substituindoλ1=λ2=−m ² um autovalor ímpar temos:
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Resolvendo a EDO (16) temos que:
Resolvendo (14) Dividindo por sen ²θ:
Fazendo a mudança de variável :
Substituindo (19), (20), (21) e (22) em (18) temos :
A equação (23) é a equação de Legendre cuja solução é :
Logo temos a solução geral do problema sendo:
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b. Solução para o potencial externo e interno da esfera considerando F=V (constante ), qualquer que seja θe
A partir da interpretação inicial do problema, vemos que ele possui uma simetria azimutal. Por isso,
a solução geral do problema de potencial em todo o espaço é dada pelo produto da função radial R(r) com o
polinômio de Legendre:
Sendo que os coeficientes Ane Bn podem ser determinados se as condições de contorno são
conhecidas.
A partir da equação (1) calculamos o potencial no espaço de uma esfera. Inicialmente, queremos o
potencial interno cuja na superfície seu valor é V independentemente dos ângulos.
Aplicando a condição de contorno vemos que no centro onde r = 0 o valor de Bn = 0. Aplicando a condição
V (r=a )=V , temos:
Isso é uma série de Fourier-Legendre. Em vez de usarmos a variável x, podemos achar as fórmulas
necessárias diretamente em função da variável θ.
Usando a substituiçãox=cosθ, achamos que a relação de ortogonalidade
torna-se:
.
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Conseqüentemente, se multiplicarmos nossa série por Pr (cosθ ) senθ e integrarmos em relação a θ
de 0a π, obteremos os coeficiente desejado de Fourier-Legendre:
Agora queremos calcular o valor do potencial externo a esfera com raioV (r→∞ )=0. Aplicando a
condição de contorno vemos que no infinito o potencial tem que ser zero logo An = 0.
Aplicando a condição V (r=a )=V e calculando Bn de modo análoga ao calculado An, vemos que
Bn vale:
Conclusão:
Para 0<R<a temos:
Para R>a temos:
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c.
A partir da interpretação inicial do problema, vemos que ele possui uma simetria azimutal. Por isso,
a solução geral do para o potencial em todo o espaço é dada pelo produto da função radial R(r) com o
polinômio de Legendre:
Mas, como o potencial é finito em qualquer do espaço, esta equação deve ser separada em uma
solução interna e noutra externa aos hemisférios:
Inicialmente iremos resolver a equação (2) cujo raio ér ≤a. A partir das condições de contorno
temos:
Formamos uma série infinita destas soluções:
Tentamos assim determinar os coeficientes Al, de tal maneira que φ (r ,θ) satisfaça a condição de
contorno restante:
Isso é uma série de Fourier-Legendre. Em vez de usarmos a variável x, podemos achar as fórmulas
necessárias diretamente em função da variável θ.
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Usando a substituição x=cosθ, achamos que a relação de ortogonalidade
torna-se:
.
Conseqüentemente, se multiplicarmos nossa série por Pr (cosθ ) senθ e integrarmos em relação a θ
de 0a π, obteremos os coeficientes desejados de Fourier-Legendre:
Para nossa solução particular
Um raciocínio de simetria é útil: φ (a ,θ ) é anti-simétrica com relação à troca de posições
θ⟷(π−θ)
Por outro lado,sen (π−θ )=senθ e cos (π−θ )=−cosθ, e como Pl ¿ contém somente potências
ímpares de cosθ, se l for ímpar, e somente potências pares de cosθ, se l for par, segue-se que
de maneira que somente estarão presentes polinômios ímpares. Para valores ímpares de ,
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Necessitamos agora da integral
Usando a função geradora
e integrando ambos os lados, obtemos:
Calculando o lado esquerdo explicitamente:
Usando a fórmula do binômio:
E fazendo 2k−1=l, obtemos:
De maneira que
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e
A série resultante
Assim foi calculado o potencial em uma esfera para um raior ≤a.
Agora, para um potencial cujo raio r ≥a o procedimento é análogo ao descrito anteriormente para
r ≤a seguindo a equação (3). Assim o potencial será:
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Através desse estudo, pudemos entender um pouco mais sobre a Equação de Laplace, além de suas
peculiaridades abordadas de forma específica nas diversas seções. Foi possível também notar a grande
importância da mesma para a descrição de fenômenos naturais. Com isso, pode-se afirmar que tal
ferramenta é essencial para as sociedades poderem interagir com a natureza de maneira cada vez mais
eficaz.
Agradecimentos
Aos amigos Annelys M. Schetinger, Victor Rios Silva, Bruno César Gimenez, Camilla Pessanha,
Danniel Sistons Nunes de Souza, Diego Trugilho Ferrari, Pedro Gall Fernande, Liziane Freitas Possmoser e
Yuri Chagas Figueiró França pelo empenho, dedicação e auxílio na elaboração, desenvolvimento e conclusão
deste estudo.
Ao professor Dr. Altair de Assis pelo material cedido para pesquisa e atenção assistida nos diversos
itens enunciados.
Referências
[1] Murray R. Spiegel, Análise de Fourier, Coleção Schaum, Editora McGraw - Hill do Brasil
Ltda,1976
[2] D. Kreider, D. R. Ostberg, R. C. Kuller, e F. W. Perkins, Introdução a Análise Linear, Volume 3, Ao
Livro Técnico S/A e Editora UNB, RJ, 1972.
[3] Stanley J. Farlow, Partial Differential Equations for Scientists and Engineers, John Wiley & Sons
Inc., 1982.
[4] E. Butkov, Física Matemática, Guanabara Dois, RJ, 1978
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[5] A. S. de Assis, Notas de Aula de Métodos I, 2010
[6] http://pt.wikilingue.com/es/Polinomio_de_Legendre
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